"双子"な行列とその必要十分条件

$$ a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}\cdots a_{i_ni_1}=b_{i_1i_2}b_{i_2i_3}\cdots b_{i_ni_1} $$
を示す。$A,B$は$n+1$サイクルなので、$i_{n+1}=i_1$に選べば、
$$ a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}\cdots a_{i_ni_1}a_{i_1i_1}=b_{i_1i_2}b_{i_2i_3}\cdots b_{i_ni_1}b_{i_1i_1} $$
が成り立ち、$i_1=\cdots =i_{n+1}$に選べば、
$$ a_{i_1i_1}a_{i_1i_1}\cdots a_{i_1i_1}a_{i_1i_1}=b_{i_1i_1}b_{i_1i_1}\cdots b_{i_1i_1}b_{i_1i_1} $$
である。第２式より$a_{i_1i_1}=b_{i_1i_1}$であるから、第１式より目的の式を得る。

$$ a_{i_1i_{\sigma(1)}}a_{i_2i_{\sigma(2)}}\cdots a_{i_ni_{\sigma(n)}}=b_{i_1i_{\sigma(1)}}b_{i_2i_{\sigma(2)}}\cdots b_{i_ni_{\sigma(n)}} $$
を示す。$A,B$は$n+1$双子なので、$\sigma'= \begin{eqnarray} \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 2 & \cdots & n & n+1 \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) & n+1 \end{array} \right) \end{eqnarray}$すれば、
$$ a_{i_1i_{\sigma'(1)}}a_{i_2i_{\sigma'(2)}}\cdots a_{i_ni_{\sigma'(n)}}a_{i_{n+1}i_{\sigma'(n+1)}}=b_{i_1i_{\sigma'(1)}}b_{i_2i_{\sigma'(2)}}\cdots b_{i_ni_{\sigma'(n)}}b_{i_{n+1}i_{\sigma'(n+1)}} $$
が成り立つ。これは
$$ a_{i_1i_{\sigma(1)}}a_{i_2i_{\sigma(2)}}\cdots a_{i_ni_{\sigma(n)}}a_{i_{n+1}i_{n+1}}=b_{i_1i_{\sigma(1)}}b_{i_2i_{\sigma(2)}}\cdots b_{i_ni_{\sigma(n)}}b_{i_{n+1}i_{n+1}} $$
を意味し、補題1と同じ理由から$a_{i_{n+1}i_{n+1}}=b_{i_{n+1}i_{n+1}}$だから、目的の式を得る。

$n$に関する数学的帰納法で示す。$n=1,2,3$のときは補題1から自明である。ある$n(>3)$に対して、任意の$3$以上$n$未満の自然数$k$で$A,B$が$k$サイクルであると仮定する。
$$ a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}\cdots a_{i_ni_1}=b_{i_1i_2}b_{i_2i_3}\cdots b_{i_ni_1} $$
を示す。
$n=2m(m\geq 2)$のとき、$A,B$が$3$サイクルであることから、
$$ a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}a_{i_3i_1}=b_{i_1i_2}b_{i_2i_3}b_{i_3i_1}\\ a_{i_3i_4}a_{i_4i_5}a_{i_5i_3}=b_{i_3i_4}b_{i_4i_5}b_{i_5i_3}\\ \vdots \\ a_{i_{2m-1}i_{2m}}a_{i_{2m}i_1}a_{i_1i_{2m-1}}=b_{i_{2m-1}i_{2m}}b_{i_{2m}i_1}b_{i_1i_{2m-1}} $$
が成り立つ。辺々かけて、
$$ a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}a_{i_3i_4}\cdots a_{i_{2m}i_1}(a_{i_3i_1}a_{i_5i_3}\cdots a_{i_1i_{2m-1}})=b_{i_1i_2}b_{i_2i_3}b_{i_3i_4}\cdots b_{i_{2m}i_1}(b_{i_3i_1}b_{i_5i_3}\cdots b_{i_1i_{2m-1}}) $$
となる。両辺の$()$の中身は帰納法の仮定($A,B$は$m$サイクル)より等しいから、目的の式を得る。
$n=2m-1$のときは、補題2より、$A,B$が$2m$サイクルならば$2m-1$サイクルであることから従う。
以上より、補題は示された。

補題1より、$A,B$が$m$サイクル$(m\geq 3)$ならば$3$サイクルであり、よって補題3から従う。

正整数$n$と$\sigma \in\mathfrak{S}_n$を任意にとって
$$ a_{i_1i_{\sigma(1)}}a_{i_2i_{\sigma(2)}}\cdots a_{i_ni_{\sigma(n)}}=b_{i_1i_{\sigma(1)}}b_{i_2i_{\sigma(2)}}\cdots b_{i_ni_{\sigma(n)}} $$
が成り立つことを示す。$\sigma$は互いに素な巡回置換の積で表せるから、それを$\sigma=\sigma_1\sigma_2\cdots \sigma_t$とおくと、上式は$\sigma_1$に関する部分から$\sigma_t$に関する部分に分けることができて、補題3の場合に帰着する。ゆえに目的の式を得る。

補題2より、$A,B$が$m$双子$(m\geq 3)$ならば$3$双子であり、したがって$3$サイクルであるから、補題4から系が従う。

定義1から双子ならばサイクルであり、補題4からサイクルならば双子である。

$k=0,1$の場合は自明である。まず$k\geq 2$の場合を示す。完全に一般的に書こうとすると無駄に煩雑になるので、少し簡略化する。$k=2$のときを示す。$A^2=(\tilde{a}_{ij}),B^2=(\tilde{b}_{ij})$と書くことにすると、
$$ \tilde{a}_{pq}\tilde{a}_{qr}\tilde{a}_{rp}=\tilde{b}_{pq}\tilde{b}_{qr}\tilde{b}_{rp} $$
を示せばよい。
$$ \tilde{a}_{pq}\tilde{a}_{qr}\tilde{a}_{rp}\\ =\sum_{i=1}^{N}\tilde{a}_{pi}\tilde{a}_{iq}\sum_{j=1}^{N}\tilde{a}_{qj}\tilde{a}_{jr}\sum_{k=1}^{N}\tilde{a}_{rk}\tilde{a}_{kp}\\ =\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\sum_{k=1}^{N}\tilde{a}_{pi}\tilde{a}_{iq}\tilde{a}_{qj}\tilde{a}_{jr}\tilde{a}_{rk}\tilde{a}_{kp}\\ =\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\sum_{k=1}^{N}\tilde{b}_{pi}\tilde{b}_{iq}\tilde{b}_{qj}\tilde{b}_{jr}\tilde{b}_{rk}\tilde{b}_{kp}\\ =\sum_{i=1}^{N}\tilde{b}_{pi}\tilde{b}_{iq}\sum_{j=1}^{N}\tilde{b}_{qj}\tilde{b}_{jr}\sum_{k=1}^{N}\tilde{b}_{rk}\tilde{b}_{kp}\\ =\tilde{b}_{pq}\tilde{b}_{qr}\tilde{b}_{rp} $$
より示された。ただし、3つ目の$=$は、$A\sim B$より$6$サイクルであることを用いた。これより大きい$k$に対しても同様である。

次に$A^{-1}\sim B^{-1}$を示す。$\tilde{a}_{ij}$を$A$の$(i,j)$余因子とすると、
$$ A^{-1}=\frac{1}{\det A} \begin{eqnarray} \left( \begin{array}{ccc} \tilde{a}_{11} & \cdots & \tilde{a}_{n1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \tilde{a}_{1n} & \cdots & \tilde{a}_{nn} \end{array} \right) \end{eqnarray} $$
であり、$B$も同様であって、$A\sim B$から$\det A=\det B$であるから、
$$ \begin{eqnarray} \left( \begin{array}{ccc} \tilde{a}_{11} & \cdots & \tilde{a}_{n1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \tilde{a}_{1n} & \cdots & \tilde{a}_{nn} \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{ccc} \tilde{b}_{11} & \cdots & \tilde{b}_{n1} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \tilde{b}_{1n} & \cdots & \tilde{b}_{nn} \end{array} \right) \end{eqnarray} $$
すなわち
$$ \tilde{a}_{pq}\tilde{a}_{qr}\tilde{a}_{rp}=\tilde{b}_{pq}\tilde{b}_{qr}\tilde{b}_{rp} $$
を示せばよい。両辺に$a_{pq}a_{qr}a_{rp}=b_{pq}b_{qr}b_{rp}≠0$をかけて、
$$ a_{pq}\tilde{a}_{pq}\cdot a_{qr}\tilde{a}_{qr}\cdot a_{rp}\tilde{a}_{rp}=b_{pq}\tilde{b}_{pq}\cdot b_{qr}\tilde{b}_{qr}\cdot b_{rp}\tilde{b}_{rp} $$
と変形しておく。ここで、
$$ a_{pq}\tilde{a}_{pq}\\ =\sum_{\sigma(p)=q}\mathrm{sign}(\sigma)a_{1\sigma(1)}\cdots a_{N\sigma(N)}\\ =\sum_{\sigma(p)=q}\mathrm{sign}(\sigma)b_{1\sigma(1)}\cdots b_{N\sigma(N)}\\ =b_{pq}\tilde{b}_{pq} $$
であり、$a_{qr}\tilde{a}_{qr}=b_{qr}\tilde{b}_{qr},\ a_{rp}\tilde{a}_{rp}=b_{rp}\tilde{b}_{rp}$も同様に成り立つ。よって目的の式を得る。これと$k\geq 1$の場合を併せて、定理は示された。